PHP编写的声明发布

我遇到致命错误：无法通过第4行中的引用传递参数3 请建议我的解决方案，我想绑定部分动态

$values = array($username,$password);
$query = "select * from users where email_id = ? and password = ?"
$this->con = new mysqli('localhost', 'username', 'password','dbname');
$stmt = $this->con->prepare($query);
$count = 0;
for ($i = 0; $i < count($values); $i++) {
    $stmt->bind_param(++$count,$values[$i], PDO::PARAM_STR,12);
}
if ($stmt->execute()) {
    while ($row = $this->stmt->fetch()) {
       $data[] = $row;
    }
    return $data;
} else {
    return null;
}

使用bindValue

$stmt->bindValue(++$count,$values[$i], PDO::PARAM_STR,12);

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也许您还应该包括$query中的内容？另外，到目前为止，您尝试了哪些方法来解决此问题？@Styphon我已经添加了您需要的所有信息。请立即提出建议。我建议您学习如何阅读有关PHP函数的文档。文件中明确说明参数3为参考值。您发送的是一个整数值，它不是一个变量。这些都是基础知识，您必须而且应该学习如何使用PHP，而不是问这些问题。